15 septembre 2017

6 messages - Retourner à l'article

Voir tous les messages - Retourner à l'article

  • Encore une solution.

    le 20 septembre 2017 à 19:42, par Carlo

    Dans le triangle ACD, la somme des angles intérieurs $\widehat{CAD}+\widehat{CDA}=60^\circ$. L’angle $\widehat{CDA}$ est le double de l’angle $\widehat{CAD}$ car il sous-tend l’arc $ABC$ qui est le double de l’arc $CD$. Donc $\widehat{CAD}=20^\circ$ et $\widehat{CDA}=40^\circ$.
    Les angles $\widehat{CBD}$ et $\widehat{CAD}$ sont égaux, car ils ont leurs sommets à la circumférence et ils sous-tendent le même arc $CD$. Les angles $\widehat{BCA}$ et $\widehat{CBD}$ sont égaux par symétrie.
    Donc $\widehat{BCD}=\widehat{BCA}+\widehat{ACD}=140^\circ$. Alors $\widehat{BCO} =70^\circ$ et $\widehat{BOC}=40^\circ$.
    Enfin le polygone a $360^\circ / 40^\circ = 9$ côtés.

    La solution que je préfère a été écrite par amic. Elle est simple et belle, au sens du libre de Eordos. Chapeau !

    Répondre à ce message
Pour participer à la discussion merci de vous identifier : Si vous n'avez pas d'identifiant, vous pouvez vous inscrire.